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- 2023-12-06 发布
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第三讲 分类讨论思想
思想方法解读
考点 由概念、法则、公式引起的分类讨论
典例1 (1)[2015·福建高考]若函数f(x)＝(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．
[解析] 因为f(x)＝所以当x≤2时，f(x)≥4；又函数f(x)的值域为[4，＋∞)，所以解得10，因为Sn＝(＋)2(n≥2)，所以＝＋，即数列{}是以＝为首项，以为公差的等差数列，所以＝n，所以Sn＝n2a1，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1，当n＝1时，适合上式，
所以bn＝＋＝＋＝1＋＋1－＝2＋2，
所以Tn＝2n＋2＝2n＋2＝2n＋＝.
[答案]
四步解决由概念、法则、公式引起的分类讨论问题
第一步：确定需分类的目标与对象．即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．
第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．
第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理．
第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．
【针对训练1】 在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列．
(1)求d，an；
(2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|.
解 (1)由题意得5a3·a1＝(2a2＋2)2，
即5(a1＋2d)·a1＝(2a1＋2d＋2)2
d2－3d－4＝0，解得d＝－1或d＝4，
所以an＝－n＋11或an＝4n＋6.
(2)设数列{an}前n项和为Sn，
因为d<0，所以d＝－1，an＝－n＋11，则
由an≥0，即－n＋11≥0得n≤11.
所以当n≤11时，an≥0，n≥12时，an<0.
所以n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝Sn＝－n2＋n；
n≥12时，|a1|＋|a2|＋…＋|a11|＋|a12|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a11－a12－…－an＝S11－(Sn－S11)＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110.
综上所述，|a1|＋|a2|＋…＋|an|
＝
考点 由参数变化引起的分类讨论
典例2 [2015·江苏高考]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．
(1)试讨论f(x)的单调性；
(2)若b＝c－a(实数c是与a无关的常数)，当函数f(x)有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，求c的值．
[解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－.
当a＝0时，因为f′(x)＝3x2>0(x≠0)，所以函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；
当a>0时，x∈∪(0，＋∞)时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在，(0，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
当a<0时，x∈(－∞，0)∪时，f′(x)>0，x∈时，f′(x)<0，
所以函数f(x)在(－∞，0)，上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，函数f(x)的两个极值为f(0)＝b，f＝a3＋b，则函数f(x)有三个零点等价于f(0)·f＝b<0，
从而或
又b＝c－a，所以或
设g(a)＝a3－a＋c，因为函数f(x)有三个零点时，a的取值范围恰好是(－∞，－3)∪∪，
则在(－∞，－3)上g(a)<0，
且在∪上g(a)>0均恒成立，
从而g(－3)＝c－1≤0，
且g＝c－1≥0，因此c＝1.
此时，f(x)＝x3＋ax2＋1－a＝(x＋1)[x2＋(a－1)x＋1－a]，
因函数有三个零点，则x2＋(a－1)x＋1－a＝0有两个异于－1的不等实根，
所以Δ＝(a－1)2－4(1－a)＝a2＋2a－3>0，且(－1)2－(a－1)＋1－a≠0，
解得a∈(－∞，－3)∪∪.
综上c＝1.
1．变量或参数变化时常见的分类讨论
(1)解含参数的不等式时，常按参数的取值不同分类讨论．
(2)平面解析几何中，直线点斜式中按斜率k存在和不存在，直线截距式中按截距b＝0和b≠0分类讨论．
2．利用分类讨论思想的注意点
(1)分类讨论要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．
(2)分类讨论时要根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前面所述不重不漏，最后将讨论结果归类合并，其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和类别之间没有先后；最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．
【针对训练2】 [2016·四川高考]设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．
解 (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0，有x＝.
此时，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
则s′(x)＝ex－1－1.
而当x>1时，s′(x)>0，
所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又由s(1)＝0，有s(x)>0，
从而当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈.
考点 根据图形位置或形状分类讨论
典例3 [2015·广东高考]已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；
(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
[解] (1)圆C1的标准方程为(x－3)2＋y2＝4，圆心坐标为C1(3,0)．
(2)由垂径定理知，C1M⊥AB，故点M在以OC1为直径的圆上，即2＋y2＝.
故线段AB的中点M的轨迹C的方程是2＋y2＝在圆C1：(x－3)2＋y2＝4内部的部分，设AB方程为y＝k1x，当AB与圆C1相切时⇒(k＋1)x2－6x＋5＝0，
由Δ＝36－4×5×(k＋1)＝0得k1＝±，
代入方程组得x＝，因此x∈.
即2＋y2＝.
(3)联立解得
不妨设其交点为P1，P2，
设直线L：y＝k(x－4)所过定点为P(4,0)，
则kPP1＝－，kPP2＝.
当直线L与圆C相切时，＝，解得k＝±.
故当k∈∪时，直线L与曲线C只有一个交点．
六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论
(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．
【针对训练3】 (1)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线C的离心率等于( )
A.或 B.或2
C.或2 D.或
答案 A
解析 不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0，若该曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝.
若该曲线为双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，
|F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝.
(2)已知变量x，y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝( )
A．－ B.
C．0 D．－或0
答案 D
解析 不等式组表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知，若要使不等式组表示的平面区域是直角三角形，只有当直线y＝kx＋1与直线x＝0或y＝2x垂直时才满足．
结合图形可知斜率k的值为0或－.
